Uluslararası Matematik Olimpiyatı - 1964 Çözümleri

(Mehmet Utku Özbek)

a-) $7|2^n-1$ miş. $2^n$ i $(2^3)^{n-3}$ şeklinde yazalım. $8\equiv 1\pmod 7$ olduğu için şu hali alır.     $7|1^{n-3}-1$ Bu da her $n\ge3$ için sağlanır. $n=2$ ve $n=1$ için sağlanmayacağını da ayrıca görüyoruz.

b-)$7|2^n+1$ ise yine yukarıda yaptığımızı uygularsak $7|1^{n-3}+1$ olur. Bu da imkansızdır. $n\ge3$ için çözüm olmadığını görürüz. $n=2$ ve $n=1$ için sağlanmayacağını da ayrıca görüyoruz.

(Mehmet Utku Özbek)

$c\le b\le a$ olsun. Üçgenin kenarları olduğundan iki kenar toplamı üçüncüden büyüktür.O zaman şunları yazabiliriz.
$\Longrightarrow c(a+b-c)-a(b+c-a)=(a-c)(a-b+c)\gt 0$
$\Longrightarrow c(a+b-c)-b(a+c-b)=(c-b)(a-b-c)\gt 0$
$\Longrightarrow b(a+c-b)-a(b+c-a)=(a-c)(a+b-c)\gt 0$

O zaman $c(a+b-c)\gt b(c+a-b)\gt a(b+c-a)$ olur. Soruda sol taraftaki kısma $T$ diyelim. Yeniden düzenleme eşitsizliğini kullanalım.
$T\ge ca(b+c-a)+ab(c+a-b)+bc(a+b-c)$
$T\ge ba(b+c-a)+cb(c+a-b)+ac(a+b-c)$

Taraf tarafa toplarsak $2T\le 6abc$ yani $T\le 3abc$ ispatlanır.

Sırasıyla $A$, $B$, $C$ köşelerini içeren üçgenlerin iç yarıçapları $r_a$, $r_b$, $r_c$ olsun.
$\triangle ABC$ nin sırasıyla $\angle A$, $\angle B$, $\angle C$ ye karşı dış teğet çemberlerinin yarıçapları da $R_a$, $R_b$, $R_c$ olsun.
Benzerlikten $\dfrac {r_a}{r} = \dfrac{r}{R_a} = \dfrac{u-a}{u}$ olacaktır. (İç teğet çemberin $AB$ ye değme noktasının $A$ ya uzaklığı $u-a$, dış teğet çemberin $AB$ ye değme noktasının $A$ ya uzaklığı da $u$ olduğu için)

O halde, $r_a = \dfrac {r(u-a)}u$, $r_b = \dfrac {r(u-b)}u$, $r_c = \dfrac {r(u-c)}u$

$$r_a^2 + r_b^2 + r_c^2+ r^2 = \dfrac{r^2}{u^2} \cdot \left( (u-a)^2+(u-b)^2+(u-c)^2+u^2 \right) = \dfrac{r^2}{u^2} \cdot (a^2 + b^2 +c^2)$$ $$r_a^2 + r_b^2 + r_c^2+ r^2 = \dfrac {u^2 r^2}{u^4}\cdot (a^2+b^2 + c^2) = \dfrac {u(u-a)(u-b)(u-c)}{u^4}\cdot (a^2+b^2+c^2)$$ $$\pi (r_a^2 +r_b^2 +r_c^2 +r^2) = \pi \cdot \dfrac{(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^3}$$

Noktalar $A,B,C,D,E$ olsun.

$(A,B)$ ikilisi için; $A$ dan inilen dikmelerle ($d(A)$) $B$ den inilen dikmelerin ($d(B)$) kaç noktada kesiştiğine bakalım.

$B$ den inilen dikmeleri $A$ dan geçen doğrularla ($AE$, $AD$, $AC$) ile $A$ dan geçmeyenler ($ED$, $DC$, $EC$) doğrulara indirilen dikmeler diye iki gruba alalım. ($d_1(B)$ ile $d_2(B)$)

$d(A)$ ile $d_1(B)$ deki her doğru $6$ noktada, toplam $6 \times 3=18$ noktada kesişir.  Bu iki kümenin elemanları paralel değildir.

$d(A)$ ile $d_2(B)$ deki her doğru $6$ noktada kesişmez. Örneğin $d(B, ED) \parallel d(A, ED)$ olduğu için $5$ noktada kesişir. $5 \times 3=15$.

$d(A)$ ile $d(B)$; $15+18=33$ noktada kesişir.

$C(5,2) = 10$ nokta çifti olduğu için $330$ kesişim noktası çıkar.

Çözümde eksik olan bir şeyler daha var: üçgenlerin diklik merkezleri.

$A,B,C,D,E$ noktaları $C(5,3) = 10$ üçgen belirtir. $330$’u bulurken $3$ dikme $3$ noktada kesişir varsaymıştık. Halbuki diklik merkezinden dolayı $3$ değil $1$ noktada kesişirler. Yani her üçgen için $2$ nokta fazla sayılmış. $2\times 10 = 20$.

$ \boxed{330-20=310}$.

$A,B,C,D,E$ noktalarını da sayarsak $\boxed{310 + 5 = 315}$ nokta elde edilir.

Aslında soru burada bitmiyor. $A,B,C,D,E$ nin seçilişine göre başka dikmeler de noktadaş olabilir.
Öyle $5$ nokta seçilebilir mi ki, söz konusu dikmeler $315$ değişik noktada kesişsin.

John Scholes, kalva.demon.co.uk, yarışmacıların sözlü olarak bunu yapmalarına gerek olmadığı şeklinde bilgilendirildiğini düşünüyor.

The Imo Compendium kitabına göre jüri örnek $5$ nokta beklememiş. Yine bu kitabın ifadesine göre $A(1,1), B(e, \pi), C(e^2, \pi^2), D(e^3, \pi^3), E(e^4, \pi^4)$ noktalarının yukarıda tespit ettiklerimiz dışında noktadaş dikmeler oluşturmayacağı kolaylıkla görülebilir. Ben ise kolayca göremiyorum. Bu konuda çözümünüz varsa burada paylaşabilirsiniz.